山西省2022-2023学年高二数学上学期期末联考试题（Word版附解析）

这是一份山西省2022-2023学年高二数学上学期期末联考试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年下学期高二期末考试数学一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合A中元素x满足，且，则（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由已知条件列出不等式求解即可.【详解】∵，∴，解得，又∵，∴，解得，∴．故选：D．2. 设是实数，则“”是“”的（）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据必要不充分条件的概念判断即可.【详解】解：当时，满足，但不满足，故充分性不成立，当时，一定有，故必要性成立，所以，“”是“”的必要不充分条件.故选：B3. 设复数z满足：，则（）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的运算法则和模的概念可证得，由此即可求得结果.【详解】设复数，则，（）则，故．，．故选：B．4. 长方体中，和与底面所成的角分别为60°和45°，则异面直线和所成角的余弦值为（）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设，利用与底面所成的角分别为°和°可得长方体的另外两条棱的长，连接，则，所以异面直线和所成角即为，由余弦定理可得结果.【详解】设，则由°可得.由°， 可得.连接，则，所以异面直线和所成角即为.在三角形中，易得，由余弦定理可得，故选：A.5. 若两平行直线与之间的距离是，则m+n＝（）A. 0 B. 1 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由两直线平行的性质可得，再由平行线间的距离公式可得，即可得解.【详解】由直线与平行可得即，则直线与的距离为，所以，解得或（舍去），所以.故选：A.【点睛】本题考查了直线位置关系的应用及平行线间距离公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.6. 设F为抛物线的焦点，过F的直线交抛物线C于A，B两点，且，O为坐标原点，则的面积为（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】设出直线的方程，与抛物线的方程联立，利用韦达定理及由得到的，求出直线的斜率，即可求解三角形的面积.【详解】由已知得焦点坐标为，由题意可知直线的斜率存在且不为0，因此设直线的方程为，，与抛物线的方程联立，化简得，设，则因为，故，则，解得，因此.故选：D.7. 过坐标原点作直线：的垂线，若垂足在圆上，则的取值范围是（）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题设直线与相切，利用点线距离公式得到关于的表达式，即可得范围.【详解】因为垂足在圆上，即直线与该圆相切，
 所以.故选：C8. 设，且，则（）A. 有最小值为 B. 有最小值为C. 有最大值为 D. 有最大值为【答案】A【解析】【分析】对变形得到，利用基本不等式求出最小值.【详解】因为，所以，当且仅当，故，即取等号.故选：A.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 若曲线：，下列结论正确的是（）A. 若曲线是椭圆，则 B. 若曲线是双曲线，则C. 若曲线是椭圆，则焦距为 D. 若曲线是双曲线，则焦距为【答案】BCD【解析】【分析】根据方程表示椭圆、双曲线的条件对选项逐一分析，由此确定正确选项【详解】对于A，时，系数为正数，系数为负数，曲线不是椭圆，故不正确；对于B，若曲线为双曲线，则，解得，故正确；对于C，若曲线为椭圆，则，故即所以，故正确；对于D，若曲线为双曲线，则，故即，所以，故正确；故选：BCD10. 下列结论正确的是（）A.  B. C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】由在上单调递减，即可判断A；由在上单调递减，即可判断B；由函数在上单调递增，即可判断C；由，即可判断D.【详解】对于A，在上单调递减，因为，所以，故A正确；对于B，，在上单调递减，因为，所以，即，故B错误；对于C，函数在上单调递增，，因为，所以，即，故C正确；对于D，，故，故D错误，故选：AC.11. 已知抛物线的焦点为F、准线为l，过点F的直线与抛物线交于，两点，点P在l上的射影为，则（）A. 若，则B. 以为直径的圆与准线l相切C. 设，则D. 过点与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条【答案】ABC【解析】【分析】利用抛物线焦点弦长公式可判断A选项；设N为中点，点N在l上的射影为，可得即可判断B选项；利用抛物线的定义结合三点共线可判断C选项；求出过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线的方程，可判断D选项．【详解】对于A，因为，所以，又，所以，故A正确；对于B，设N为中点，点N在l上的射影为，点Q在l上的射影为，则由梯形性质可得，故B正确；对于C，因为，所以，（当P，M，F三点共线时取等号），故C正确；对于D，显然直线与抛物线只有一个公共点，当直线的斜率存在且不为0时，设过M的直线为，联立，可得，令，则，所以直线与抛物线也只有一个公共点，所以过点与抛物线C有且仅有一个公共点的直线有3条，故D错误，故选：ABC．12. 已知点为双曲线右支上一点，、为双曲线的两条渐近线，过点分别作，，垂足依次为、，过点作交于点，过点作交于点，为坐标原点，则下列结论正确的是（）A.  B.  C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】设点，利用点到直线的距离公式可判断A选项；分析可知、、、四点共圆，利用圆的几何性质可判断B选项；求出、的面积，可判断C选项；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项.【详解】对于A选项，设点，则，双曲线的渐近线方程为，即，所以，，A对；对于B选项，由题意可知，，则、、、四点共圆，且为该圆的一条直径，为该圆的一条弦，故，B对；对于C选项，因为双曲线两渐近线的斜率分别为、，所以，双曲线两渐近线的夹角为，由B选项可知，，，因为，则，因为，则，同理，，所以，，则，C错；对于D选项，由C选项可知，，且，由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立，D对.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知两个向量，若，则m的值为___________.【答案】【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示列式计算求解即可.【详解】因为，所以，解得.故答案为：.14. 已知数列的前n项和，则___________.【答案】【解析】【分析】分和两种情况，根据与的关系即可求得数列的通项公式.【详解】当时，；当时，，由于时的值不适合的通项公式，∴的通项公式为.故答案为：.15. 已知椭圆的中心在坐标原点，一个焦点为，该椭圆被直线所截得弦的中点的横坐标为1，则该椭圆的标准方程为___________.【答案】【解析】【分析】由点差法可得，则，又，联立解得，即可得出椭圆方程．【详解】设椭圆的标准方程为，由题意，椭圆被直线所截得弦的中点的坐标为，设，则，由，得，即，则，，即，又，所以，故椭圆的标准方程为．故答案：．16. 已知在菱形中，，平面外一点P满足，，则四棱锥体积的最大值为___________.【答案】##【解析】【分析】设，由，则，结合余弦定理得，同理，结合已知条件可得．当平面，四棱锥体积取到最大值，利用体积公式求解即可得出答案．【详解】由于四边形为菱形，，则，设，连接，由于，则，由余弦定理得，则，整理得：；同理由，可得，于是，解得，∵当平面，四棱锥体积取到最大值，∴四棱锥体积的最大值．故答案为：．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17. 已知直线为曲线在点处的切线，为该曲线的另一条切线，且，求直线的方程.【答案】【解析】【分析】利用导数求出曲线在点处的切线的方程，再结合即可求出切线的方程．【详解】因为，所以，所以直线的方程为，即，设直线与曲线相切于点，则直线的方程为.因为，所以，解得，所以直线的方程为.18. 已知等差数列中，，且前9项和.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列中，，列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列的通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项相消法求解即可．【小问1详解】设公差为d，由已知得解得所以数列的通项公式为．【小问2详解】，所以．19. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足.（1）求角B的大小；（2）若，D为边上的一点，，且是的平分线，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据同角三角函数关系式中的商关系，结合两角和的正弦公式、正弦定理进行求解即可；（2）由，得，结合余弦定理，求出的值即可求得的面积.【小问1详解】，又，则，即，又，则；【小问2详解】由平分，，，则有：，即，在中，由余弦定理可得：，又，则有：，联立，可得：，解得：或(舍去)，故.20. 已知圆和直线.（1）证明：不论m为何实数，直线l都与圆C相交；（2）当直线l被圆C截得的弦长最小时，求直线l的方程；（3）已知点在圆C上，求的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）把直线的方程变形后，根据直线恒过定点，得到关于与的二元一次方程组，求出方程组的解即为直线恒过的定点坐标，然后利用两点间的距离公式求出此点到圆心的距离,发现小于圆的半径，得到此点在圆内，故直线与圆恒交于两点；（2）根据直线与圆相交弦长公式，可确定当圆心到直线的距离最大值时，弦长最小，即直线与垂直时，求得直线方程；（3）表示圆C上的点到的距离的平方，求其最值即转化为点与圆上的点的距离最大值的平方，结合圆的性质可求．小问1详解】证明：因为，所以，令解得，所以直线l过定点，而，即点在圆内部，所以直线l与圆C相交；【小问2详解】解：如图所示，过圆心作于，设所过定点为由图可知圆心到直线的距离，且，又直线l被圆C截得的弦长为，故当取最大值时，弦长最小所以当，即直线时直线被圆C截得的弦长最小时，又圆心，所以，所以直线l的斜率，所以直线l的方程为，即.【小问3详解】解：因为，表示圆C上点到的距离的平方，因为圆心到原点的距离，所以.21. 如图，在四棱锥中，平面平面，是的平分线，且.（1）棱上是否存在点E，使∥平面？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由；（2）若四棱锥的体积为10，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）存在，点E为中点（2）【解析】【分析】（1）点E为中点时，∥平面．延长交于点，连接，证明即可；（2）由题意得，得，则平面，作，则平面，由四棱锥体积求得，则为正三角形，根据以上信息建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，用向量夹角公式解决问题．【小问1详解】点E为中点时，∥平面．延长交于点F，连接，在中，是的平分线，且，∴是等腰三角形，点B是的中点，又∵E是的中点，∴，又平面过平面，∴∥平面.【小问2详解】在中，，满足，则，即，由，得，则，，四边形的面积为，又平面平面平面，平面平面,所以平面，又平面，则，作，垂足为O，平面平面平面，平面平面，则平面，则四棱锥体积为，解得，∴，又，所以为正三角形，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设分别为平面和平面的法向量，则，即，取，则，，即，取，则，所以，则平面与平面的夹角的余弦值为.22. 已知椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率，过的直线交椭圆于P，Q两点，且的周长为8.（1）求椭圆E方程；（2）已知过点与椭圆E相切的直线分别为，直线与椭圆E相交于A，B两点，与分别交于点M，N，若，求t的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意知，的周长为，又，求得a，c，再由a，b，c的关系得到b，进而得到椭圆的方程；（2）设过点的直线方程为，联立直线方程和椭圆方程，由求得直线，的方程．由得，结合韦达定理即可得到答案．【小问1详解】由题意知，的周长为，所以，又，所以，所以，所以椭圆E的方程为.【小问2详解】设过点的直线方程为，联立方程，得，由，得，所以直线，方程分别为．由，得与的中点重合，从而．由，可得，由得，从而，又由，可得，又由，可得，从而．所以，解得．